据钴元素的量不变可知: n(Co)=0.01 mol， m(Co)=0.590g，温度升温290℃时，转化为
0.830g-0.590g0.830g某种钴的氧化物，该氧化物中，n(O)==0.015mol，由此可以确定该
16g/mol氧化物为Co2O3；同理可以确定500℃时，n(O)=
0.803g-0.590g≈0.0133mol，则生成的氧
16g/mol化物为Co3O4；所以290℃～500℃过程中，Co2O3转化为Co3O4，反应过程中，Co元素化合价降低。氧元素化合价升高并转化为O2，故反应的化学方程式为6Co2O3
290~500℃ 4Co3O4+ O2↑；
(6)分析溶解度曲线可知LiCO3微溶，其溶解度随温度升高而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防止硫酸钠析出，应采用蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作。 【点睛】
热重分析法是常用的定量分析方法，通过分析热重曲线，可以推测物质的热稳定性、加热反应生成的产物等相关信息。第5题解题关键是抓住受热过程中Co元素的量不变，利用图中数据信息，确定分解所得氧化物中钴、氧元素的物质的量之比,从而确定不同温度下生成的氧化物的组成，写出反应的化学方程式。
11．实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH(s)和KClO3(s)反应，生成K2MnO4（锰酸钾）和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体。 请回答：
（1）用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是_______________________________________。
（2）K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。生成0.1mol还原产物时转移电子______________个。KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由强到弱的顺序是____________________________。
（3）KMnO4能与热的Na2C2O4(aq,硫酸酸化）反应生成Mn2+和CO2。若取用软锰矿制得的KMnO4产品0.165g，能与0.335g Na2C2O4恰好完全反应（假设杂质均不能参与反应），该产品中KMnO4的纯度为____________________。
【答案】6KOH + KClO3 + 3MnO2＝3 K2MnO4+ KCl + 3H2O； 1:2 0.2NA或6.02×10-22 KMnO4＞K2MnO4＞MnO2 0.958 （ 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析：
（1）反应物为KOH、KClO3、MnO2，生成物为K2MnO4（锰酸钾）和KCl、水，该反应为6KOH+KClO3+3MnO2＝3K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为6KOH+KClO3+3MnO2＝3K2MnO4+KCl+3H2O；
（2）K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO4＝2KMnO4+MnO2，Mn元素的化合价由+6价升高为+7价，Mn元素的化合价由+6价降低为+4价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，生成0.1mol还原产物时转移电子0.1 NA×(6-4)=0.2NA或6.02×10-22，由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性为KMnO4＞K2MnO4＞MnO2，故答案为1：2；0.2NA或6.02×10-22；KMnO4＞K2MnO4＞MnO2；
（3）KMnO4能与热的Na2C2O4（aq，硫酸酸化）反应生成Mn2+和CO2，设KMnO4的纯度为x，则由电子守恒可知，答案为0.958．
0.165gx0.335g?(7-2)=?2?(4-3) ，解得x=0.958，故
122.5g/mol134g/mol
12．用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的NO3-，Ni不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(NH4+无法占据活性位点)。反应过程如图所示：
（1）酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3-分两步，将步骤ii补充完整： Ⅰ.NO3-+Fe+2H+=NO2-+Fe2++H2O Ⅱ.___+___+___H+=___Fe2++___+___
（2）初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因___。
（3）水体初始pH会影响反应速率，不同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反应时，溶液中
c(NO3-)1所示。(注：c0(NO3-)为初始时NO3-的浓度。) -随时间的变化如图
c0(NO3)
①为达到最高去除率，应调水体的初始pH=___。
②t<15min，pH=2.0的溶液反应速率最快，t>15min，其反应速率迅速降低，原因分别是___。
（4）总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni处理某浓度硝酸盐溶液时，随时间的变化如图2所示。40min时总氮量较初始时下降，可能的原因是___。
（5）利用电解无害化处理水体中的NO3-，最终生成N2逸出。其装置及转化图如图所示： ①阴极的电极反应式为___。 ②生成N2的离子方程式为___。
【答案】NO2- 3Fe 8 3 NH4+ 2H2O )Fe2+在水中发生水解，Fe2++2H2O?Fe(OH)2+2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3 6.5 pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快，t>15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降 反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶液中含N物质主要以NH4+的形式存在，一部分NH4+生成NH3逸出(或反应过程中NO2-被Fe还原产生N2逸出) NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O 2NH4++3HClO=N2↑+3Cl-+5H++3H2O 【解析】 【分析】
（1）根据图可知：酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3分两步，NO3在吸附点被Fe还原
?????2?为NO2，NO3?Fe?2H?NO2?Fe?H2O，NO2在另外的吸附点被Fe还原为
???2??NH4，NO2?3Fe?8H?3Fe?NH4?2H2O；
??（2）初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，是氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；
（3）结合所给图形信息，判断调节pH为多少的时候去除率较高，如何解释反应速率变慢；
（5）电极方程式书写，从题中信息判断阴极发生还原反应，NO3-还原N2，
?NO3?8e??10H??NH?4?3H2O。
【详解】
?1?根据图可知：酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3?分两步，NO3?在吸附点被Fe还原
?????2?为NO2，NO3?Fe?2H?NO2?Fe?H2O，NO2在另外的吸附点被Fe还原为
???2??NH4，NO2?3Fe?8H?3Fe?NH4?2H2O；
故答案为：NO2、3Fe、8、3、NH4、2H2O；
???2?初始pH?2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，
因为Fe2?在水中发生水解，Fe2??2H2O?Fe(OH)2?2H?，随着反应进行，cH?减
??小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应
4Fe(OH)2?O2?2H2O?4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3；
故答案为：Fe2?在水中发生水解，Fe2??2H2O?Fe(OH)2?2H?，随着反应进行，
cH?减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2?O2?2H2O?4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3；
???3?①根据图可知pH?6.5时，反应最快，去除率最高，故为达到最高去除率，应调水体
的初始pH?6.5； 故答案为：6.5；
②pH?2的溶液中，t?15min时，溶液中H?浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产
生Fe2?和pH上升速率较快，故t?15min，pH?2.0的溶液反应速率最快，
t?15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅
速下降，故t?15min，其反应速率迅速降低；
故答案为：pH?2的溶液中，t?15min时，溶液中H?浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2?和pH上升速率较快，t?15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降；
?4?40min时总氮量较初始时下降可能的原因为：反应过程中H??被消耗，溶液pH升高，
?t?40min时，溶液中含N物质主要以NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出(或
反应过程中NO2被Fe还原产生N2逸出)；
故答案为：反应过程中H?被消耗，溶液pH升高，t?40min时，溶液中含N物质主要以
???NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出(或反应过程中NO2被Fe还原产生N2逸出
?)；
?5?①阴极发生还原反应，元素化合价降低，故为NO3?得到电子生成NH????为：NO3?8e?10H?NH4?3H2O；
?4，故电极反应
????故答案为：NO3?8e?10H?NH4?3H2O；
②由图可知，氮气由两极生成的NH4和HClO反应而得，氮元素化合价升高，则氯元素化
?
